(2023) Đề thi thử Vật Lí THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam có đáp án

Tần số của con lắc lò xo: \[{\rm{f}} = \frac{1}{{2{\rm{\pi }}}}\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} \Rightarrow {\rm{f '}} = \frac{1}{{2{\rm{\pi }}}}\sqrt {\frac{{{\rm{2k}}}}{{\frac{{\rm{m}}}{8}}}} = 4\left( {\frac{1}{{2{\rm{\pi }}}}\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} } \right) = 4{\rm{f}}\]    

Chọn đáp án \({\rm{D}}\)

Sóng tại O sớm pha hơn sóng tại M một lượng \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\)nên phương trình sóng tại O là:

\({u_0}(t) = a\cos \left( {2\pi ft + \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = a\cos 2\pi \left( {ft + \frac{d}{\lambda }} \right)\) Chọn đáp án \(A\)

 Dao động duy trì là dao động tắt dần được cấp bù năng lượng sau mỗi chu kì một phần năng lượng    đúng bằng phần năng lượng tiêu hao do ma sát mà không làm thay đổi chu kì riêng của nó.

Chọn \(C\)

Lực kéo về có độ lớn tỉ lệ với độ lớn li độ và luôn hướng về vị trí cân bằng nên \(F = - kx\)

Chọn đáp án \(A\)

Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng mà dao động tại hai điểm đó cùng pha.

Chọn đáp án \({\rm{B}}\)

Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng mà dao động tại hai điểm đó cùng pha. Chọn \(B\)

Công thức tính chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \)

Chọn \(C\)

Với hai nguồn cùng pha điều kiện M dao động với biên độ cực đại là: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)(k là số nguyên) Chọn đáp án \(C\)

Vật dao động điều hòa, những đại lượng không đổi theo thời gian bao gồm: Biên độ, cơ năng, tần số, chu kì, tần số góc. Chọn đáp án \(C\)

Chu kì con lắc đơn \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \Rightarrow g = \frac{{4{\pi ^2}l}}{{{T^2}}}\), ứng dụng của con lắc đơn dùng để xác định gia tốc trọng trường tại nơi đặt con lắc. Chọn đáp án \(C\)

Pha ban đầu của dao động tổng hợp \(\varphi \) được tính thông qua giá trị \(\tan \varphi \) được xác định bằng công thức: \(\tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}}\) Chọn đáp án \(C\)

Vì chu kì \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \Rightarrow g = \frac{{4{\pi ^2}l}}{{{T^2}}}\)

Để đo g cần đo được chiều dài của con lắc bằng thước và đo chu kì dao động bằng đồng hồ đo thời gian. Chọn đáp án \(C\)

Hai dao động điều hòa, cùng phương, cùng tần số, cùng pha, có biên độ lần lượt là \({A_1},{A_2}\). Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động này là \(A = {A_1} + {A_2}\). Chọn đáp án \(B\)

Các nguồn sóng kết hợp là các nguồn sóng dao động cùng phương, cùng tần số và độ lệch pha không đổi theo thời gian. Chọn đáp án \(B\)

Con lắc đơn dao động điều hòa có phương trình li độ cong \[s = {S_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) \Rightarrow \cos \left( {\omega t + \varphi } \right) = \frac{s}{{{S_0}}}\]biểu thức vận tốc \[v = - \omega {S_0}\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) \Rightarrow \sin \left( {\omega t + \varphi } \right) = \frac{{ - v}}{{\omega {S_0}}}\]

Vì \[\begin{array}{l}{\sin ^2}\left( {\omega t + \varphi } \right) + {\cos ^2}\left( {\omega t + \varphi } \right) = 1\\ \Rightarrow {\left( {\frac{{ - v}}{{\omega {S_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{s}{{{S_0}}}} \right)^2} = 1\\ \Rightarrow {\left( {\frac{v}{\omega }} \right)^2} + {s^2} = S_0^2 \Leftrightarrow {\left( {l{\alpha _0}} \right)^2} = {\left( {l{\alpha _0}} \right)^2} + {\left( {\frac{v}{\omega }} \right)^2} \Leftrightarrow {\alpha _0}^2 = {\alpha ^2} + \frac{{{v^2}}}{{gl}}v\`i :{\omega ^2} = \frac{g}{l}\\ \Rightarrow {\alpha _{}}^{} = \pm \sqrt {\alpha _0^2 - \frac{{{v^2}}}{{gl}}} \end{array}\]

Chọn đáp án \(C\)

Vì 5 lần đo đều cùng một giá trị d = 1,345 m nên giá trị trung bình \(\overline d = 1,345\,m\)và sai số tuyệt đối trung bình của 5 lần đo là \(\overline {\Delta d} = 0\); sai số dụng cụ lấy bằng 1 độ chia nhỏ nhất của dụng cụ, vậy sai số tuyệt đối của phép đo là

\(\Delta d = \overline {\Delta d} + \Delta {d_{dc}} = 0 + 0,001 = 0,001\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Kết quả của phép đo là \(d = \overline d \pm \Delta d = (1,345 \pm 0,001)m\). Chọn đáp án \(D\)

\({T_1} = 2{T_2} \Rightarrow {m_1} = 4{m_2}\) vì T tỉ lệ thuận với căn bậc 2 của m. Chọn đáp án \(C\)

Khi qua vị trí cân bằng thì cơ năng của vật bằng động năng vì khi đó thế năng bằng 0.

Chọn đáp án \[{\rm{D}}{\rm{.}}\]

Khi xảy ra cộng hưởng tần số dao động của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ \({f_r} = {f_{CB}} = \frac{\omega }{{2\pi }} = 4\,Hz.\)Chọn đáp án \(D\)

Sóng tại M trễ pha hơn sóng tại O nên phương trình sóng tại M là

\[{u_M} = 4\cos \left( {100\pi t - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = 4\cos \left( {100\pi t - \frac{{2\pi \lambda /4}}{\lambda }} \right) = 4\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)(cm)\] Chọn đáp án \[{\rm{C}}.\]

Độ dãn cực đại của lò xo là

\[\Delta {l_{\max }} = \Delta {l_0} + A = 3 + 4 = 7(cm)\]. Chọn đáp án \[{\rm{B}}\]

Vì \[{A^2} = A_1^2 + A_2^2\] nên hai dao động thành phần vuông pha, độ lệch pha của hai dai động là:

\({\varphi _2} - {\varphi _1} = (2k + 1)\frac{\pi }{2}\) (k là số nguyên). Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Điều kiện cực tiểu: hiệu đường đi bằng số bán nguyên lần bước sóng. Chọn đáp án \[{\rm{A}}\]

Bước sóng là \(\lambda = vT = 1.0,5 = 0,5\,m = 50\,cm\)

Chọn đáp án \[{\rm{B}}\]

Tốc độ trung bình trong một chu kì là

\[\overline v = \frac{{4A}}{T} = \frac{{4{v_{\max }}}}{{2\pi }} = \frac{{4.31,4}}{{2.3,14}} = 20\,{\rm{cm/s}}{\rm{.}}\] Chọn đáp án \[{\rm{B}}\]

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa hai cực đại liên tiếp nằm trên đường nối hai nguồn sóng là \(\lambda /2\). Chọn đáp án \[{\rm{B}}\]

Theo giả thuyết \(0,1\;s = 2\frac{T}{{12}} = \frac{T}{6} \Rightarrow T = 0,6\,s.\)

Ta có: \(\Delta {\rm{t}} = 1\;\,{\rm{s}}\,\, = \,0,6 + 0,4 = T + T/2 + 0,1{\rm{s }}\)Suy ra \[s = 4A + 2A + {s_{1\max }} = 6A + 2A\sin \frac{{\Delta {\varphi _1}}}{2} = 6A + 2A.\sin \frac{{2\pi .0,1}}{{0,6.2}} = 7A = 56\,\,cm\]. Chọn đáp án \[{\rm{C}}{\rm{.}}\]

Vị trí nâng vật rồi thả nhẹ (v = 0) là vị trí có độ lớn li độ \(\left| x \right| = \Delta {l_0} = A\)

Cơ năng của mỗi con lắc được tính theo công thức:

 \(\begin{array}{l}W = \frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}k{(\Delta {l_0})^2} = \frac{1}{2}k{(\frac{{mg}}{k})^2}\\ = \frac{1}{2}\frac{{{{\left( {mg} \right)}^2}}}{k} \Rightarrow W \sim \frac{1}{k}\end{array}\)

Vì các con lắc cùng khối lượng nên với

\({k_3} = 2,5{k_1} + 3{k_2} \Rightarrow \frac{1}{{{W_3}}} = \frac{{2,5}}{{{W_1}}} + \frac{3}{{{W_2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{W_3}}} = \frac{{2,5}}{{0,1}} + \frac{3}{{0,2}} \Rightarrow {W_3} = 0,025\,J = 25\,mJ\)

Chọn đáp án \[{\rm{A}}.\]

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp động năng bằng thế năng là \(\Delta t = \frac{T}{4}\), đây là khoảng thời gian giữa hai thời điểm vuông pha nên có: \(v_1^2 + v_2^2 = v_{\max }^2 \Leftrightarrow {\left( {15\pi \sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {45\pi } \right)^2} = v_{\max }^2 \Rightarrow v_{\max }^2 = 2700\)

Tại thời điểm có gia tốc \(22,5\;m/{s^2}\)ta có hệ thức vuông pha:

\({\left( {\frac{v}{{{v_{\max }}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{{{a_{\max }}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {15\pi \sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2700}} + {\left( {\frac{{22,5}}{{{a_{\max }}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {a_{\max }} = 15\sqrt 3 (m/{s^2})\)

Biên độ dao động của vật là:

\(A = \frac{{v_{\max }^2}}{{{a_{\max }}}} = \frac{{2700}}{{15000\sqrt 3 }} \approx 0,06\sqrt 3 m = 6\sqrt 3 \,cm\). Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Độ lệch pha của hai điểm bất kì trên sợi dây cách nhau một khoảng d là:

\(\begin{array}{l}\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{2.\pi f.d}}{v} = \frac{{2.\pi f.25}}{{400}} = \left( {2k + 1} \right)\pi \Rightarrow f = 8\left( {2k + 1} \right)\\33 < f = 8\left( {2k + 1} \right) < 43 \Rightarrow 1,56 < k < 2,2 \Rightarrow k = 2 \Rightarrow f = 40Hz.\end{array}\)

Chọn A

Áp dụng hệ thức độc lập thời gian với con lắc đơn ta có:

\[{\left( {\frac{v}{{v\max }}} \right)^2} + {\frac{s}{{S_0^2}}^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{19,6\sqrt 3 }}{{39,2}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{3,92}}{{{S_0}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {S_0} = 7,84\,cm\]

Mặt khác: v_max = \[39,2\,cm/s = \sqrt {\frac{g}{l}} {S_0} \Rightarrow l = \]39,2 cm.

Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Bước sóng là \(\lambda = vT = v\frac{{2\pi }}{\omega } = 30\;\frac{{2\pi }}{{40\pi }} = 1,5\,cm\)

Vì hai nguồn ngược pha nên những điểm cực đại có hiệu đường đi đến hai nguồn thỏa mãn

\[{d_2} - {d_1} = k\lambda \Rightarrow k = \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }\] (k bán nguyên)

Xét những điểm nằm trên đường chéo BM của hình vuông ta có:

Tại B: \[{k_B} = \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \frac{{0 - AB}}{\lambda } = \frac{{0 - 20}}{{1,5}} = - 13,3\]

\[{k_M} = \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \frac{{MB - MA}}{\lambda } = \frac{{20\sqrt 2 - 20}}{{1,5}} = 5,52\]

Các điểm trên MB có k bán nguyên thỏa mãn

\[ - 13,3 < k < 5,52 \Rightarrow - 12,5 < k < 5,5\] Có tất cả 19 giá trị k bán nguyên thỏa mãn. Có 19 cực đại trên MB. Chọn đáp án \[{\rm{C}}.\]

Tại t = 0 li độ dao động tổng hợp là

\(x = {x_1} + {x_2} = 3\cos (0,5\pi ) + {A_2}\cos (\pi /6) = {A_2}\sqrt 3 /2\)

Gia tốc tại t = 0 của dao động tổng hợp là:

\(a = - {\omega ^2}x = - 150\sqrt 3 \; = - {10^2}{A_2}\sqrt 3 /2 \Rightarrow {A_2} = 3\,cm.\)

Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Cơ năng của con lắc là   \[W = mgl(1 - \cos {\alpha _0}) = Fs \Rightarrow s = \frac{{0,2.9,8.0,5(1 - cos0,12)}}{{0,002}} = 3,5\,m.\]

Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Ta xét:

 \[\frac{8}{\omega } = \frac{{{x_1}{v_2} + {x_2}\;{v_1}}}{\omega } \le \sqrt {(x_1^2 + \frac{{v_1^2}}{{{\omega ^2}}})(x_2^2 + \frac{{v_2^2}}{{{\omega ^2}}})} = {A_1}{A_2} \le {\frac{{({A_1} + {A_2})}}{4}^2} = \frac{{{8^2}}}{4}\;c{m^2}/s \Rightarrow \omega \ge 5\,rad\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của tần số góc là \(0,5rad/s\). Chọn đáp án \[{\rm{D}}\]

Tần số góc của con lắc:

\[\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} = \pi \,rad\]

Chu kì dao động của con lắc là

\(T = 2\Delta {t_{(VTCB - VTVC)}} + \frac{{{T_{trc\,\,VC}}}}{2} = \frac{{2\arcsin \left( {\frac{{0,05\sqrt 2 }}{{0,1}}} \right)}}{\pi } + \frac{1}{2}\frac{{2\pi }}{\omega } = 0,5 + 1 = 1,5s\)

Chọn đáp án \[B.\]

+ Tịnh tiến trục ot xuống dưới 1 N thì ta được đồ thị lực kéo về

+ Từ đồ thì lực kéo về suy ra Fkv max = 2,5 N = \(kA\) Suy ra A = 10 cm

+ Tại t = 0 ta thấy F kv = - Fkv max /2 và đang đi về phía vị trí cân bằng nên pha ban đầu của lực kéo về là: \({\varphi _{KV}} = - \frac{{2\pi }}{3}\)

+ Từ đồ thị lực kéo về ta có:

\(\frac{1}{3} = \frac{T}{{12}} + \frac{T}{2} + \frac{T}{4} \Rightarrow T = 0,4\,s \Rightarrow \omega = 5\pi \,rad/s\)

+ Vì lực kéo về và li độ ngược pha nên: \({\varphi _x} = \frac{\pi }{3}\,rad\)Suy ra: \(x = 10\cos \left( {5\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\)

Chọn đáp án \[C.\]

+ Kẻ OH vuông góc với MN áp dụng hệ thức trong tam giác vuông có:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{{{(8\lambda )}^2}}} + \frac{1}{{{{(12\lambda )}^2}}} \Rightarrow OH \approx 6,7\lambda \)

+ Dễ thấy: Một điểm bất kì thuộc MN dao động ngược pha với nguồn O thỏa mãn điều kiện khoảng cách tới nguồn O bằng số bán nguyên lần bước sóng.

+ Trên MH có 1 điểm ngược pha với O có \(d = 7,5\lambda \)

+ Trên NH có các điểm ngược pha với nguồn có khoảng cách lần lượt \(d = 7,5\lambda ;\,\,8,5\lambda ;\,\,9,5\lambda ;\,\,10,5\lambda ;\,\,11,5\lambda \); Có tổng cộng 5 điểm trên NH ngược pha với nguồn.

+ Vậy trên MN có 5 + 1 = 6 điểm ngược pha với nguồn O. Chọn đáp án \[D.\]

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng trước và sau va chạm mềm giữa vật m₁ và m₂ là:

\[{m_2}{v_2} = \left( {{m_1} + {m_2}} \right)v \Rightarrow v = \frac{{{m_2}{v_2}}}{{\left( {{m_1} + {m_2}} \right)}} = \frac{{0,5.0,2\sqrt {22} }}{{0,5 + 0,5}} = 0,10\sqrt {22} \,m/s\]

+ Lực ma sát tác dụng lên hệ vật sau va chạm là \[{F_{ms}} = \mu ({m_1} + {m_2})g = 0,1.(0,5 + 0,5)10 = 1N\]

+ Tần số góc của con lắc sau va chạm là \[\omega = \sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}} = \sqrt {\frac{{20}}{1}} = 2\sqrt 5 rad/s\]

+ Các vị trí cân bằng mới bị dịch một đoạn \[{x_0} = \frac{{Fms}}{k} = \frac{1}{{20}} = 0,05\,m = 5\,cm.\]

+ Độ giảm biên độ sau một phần tư chu kì là \[\Delta A = {x_0} = 5cm\]

+ Biên độ dao động mới: \[{A^2} = x_0^2 + {\left( {\frac{v}{\omega }} \right)^2} = {5^2} + {\left( {\frac{{10\sqrt {22} }}{{2\sqrt 5 }}} \right)^2} \Rightarrow A = 3\sqrt {15} \,cm\]

+ Sau lần nén thứ nhất biên độ dao động còn lại là:

\[{A^'} = A - 2\Delta A = 3\sqrt {15} - 2.5 = 1,62\,cm\]

+ Tốc độ cực đại sau lần nén thứ nhất là

\[{v_{\max 1}} = \omega {A^'} = 2\sqrt 5 .1,62 \approx 7,24\,cm/s = 0,0072\,cm/s\]. Chọn đáp án \[C.\]

+ Góc PO₂Q max khi (tan (PO₂Q))max

 \[\tan (P{O_2}Q) = \tan (Q{O_2}O - P{O_2}O) = \frac{{\tan Q{O_2}O - \tan P{O_2}O}}{{1 + \tan Q{O_2}O\tan P{O_2}O}} = \frac{{\frac{8}{{O{O_2}}} - \frac{{4,5}}{{O{O_2}}}}}{{1 + \frac{8}{{O{O_2}}}\frac{{4,5}}{{O{O_2}}}}} = \frac{{3,5}}{{O{O_2} + \frac{{36}}{{O{O_2}}}}} \le \frac{{3,5}}{{2\sqrt {36} }}\](AD bất đẳng thức Cosi ở mẫu) Dấu bằng xảy ra khi \[O{O_2} = \frac{{36}}{{O{O_2}}}\]hay \[O{O_2} = \sqrt {36} = 6\,cm\];

+ Khi đó:

\[Q{O_2} = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10\,cm\] và \[P{O_2} = \sqrt {4,{5^2} + {6^2}} = 7,5\,cm\]

+ Vì Q là cực đại nên: \[Q{O_2} - QO = k\lambda \Rightarrow 10 - 8 = k\lambda \Leftrightarrow k\lambda = 2(1)\]

+ P là cực tiểu gần Q nhất nên

\[\begin{array}{l}P{O_2} - PO = \left( {k + 0,5} \right)\lambda \Leftrightarrow 7,5 - 4,5 = \left( {k + 0,5} \right)\lambda \\ \Leftrightarrow \left( {k + 0,5} \right)\lambda = 3(2)\end{array}\]

+ Từ (1) và (2) suy ra: \[\lambda = 2\,cm\] và k = 1.

+ Do đó: Cực đại gần P nhất là cực đại bậc 2 có \[{d_2} - {d_1} = 2\lambda = 4cm \Leftrightarrow \sqrt {{6^2} + d_1^2} - {d_1} = 2,2 \Rightarrow {d_1} = 2,5cm\]

+ Điểm cực đại này cách P một khoảng a = OP – d₁ = 4,5 – 2,5 = 2 cm. Chọn đáp án \[D\]